THI THỬ ĐẠI HỌC 2010 -ĐỀ 1 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 1 . 1 x y x + = − a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số. b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình 1 . 1 x m x + = − Câu II (2 điểm) a) Tìm m để phương trình ( ) 4 4 2 sin cos cos4 2sin 2 0x x x x m+ + + − = có nghiệm trên 0; . 2 π       b) Giải phương trình ( ) ( ) ( ) 8 4 2 2 1 1 log 3 log 1 log 4 . 2 4 x x x+ + − = Câu III (2 điểm) a) Tìm giới hạn 3 2 2 0 3 1 2 1 lim . 1 cos x x x L x → − + + = − b) Chứng minh rằng 0 2 4 6 98 100 50 100 100 100 100 100 100 2 .C C C C C C− + − + − + = − Câu IV (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực thoả mãn 3.a b c + + = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 9 16 9 16 4 16 4 9 . a b c a b c a b c M = + + + + + + + + B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu Va (2 điểm) a) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình ( ) 2 2 1 : 4 5 0C x y y+ − − = và ( ) 2 2 2 : 6 8 16 0.C x y x y+ − + + = Lập phương trình tiếp tuyến chung của ( ) 1 C và ( ) 2 .C b) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm của AA’. Tính thể tích của khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh rằng BM vuông góc với B’C. Câu VIa (1 điểm) Cho điểm ( ) 2;5;3A và đường thẳng 1 2 : . 2 1 2 x y z d − − = = Viết phương trình mặt phẳng ( ) α chứa d sao cho khoảng cách từ A đến ( ) α lớn nhất. Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu Vb (2 điểm) 1 a) Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết rằng (H) tiếp xúc với đường thẳng : 2 0d x y− − = tại điểm A có hoành độ bằng 4. b) Cho tứ diện OABC có 4, 5, 6OA OB OC= = = và · · · 0 60 .AOB BOC COA= = = Tính thể tích tứ diện OABC. Câu VIb (1 điểm) Cho mặt phẳng ( ) : 2 2 1 0P x y z− + − = và các đường thẳng 1 1 3 : , 2 3 2 x y z d − − = = − 2 5 5 : . 6 4 5 x y z d − + = = − Tìm điểm M thuộc d 1 , N thuộc d 2 sao cho MN song song với (P) và đường thẳng MN cách (P) một khoảng bằng 2. ĐÁP ÁN Câu I 2 điểm a) Tập xác định: Hàm số 1 1 x y x + = − có tập xác định { } \ 1 .D R= Giới hạn: 1 1 1 1 1 lim 1; lim ; lim . 1 1 1 x x x x x x x x x + − →±∞ → → + + + = = +∞ = −∞ − − − 0,25 Đạo hàm: ( ) 2 2 ' 0, 1 1 y x x − = < ∀ ≠ ⇒ − Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ) ;1−∞ và ( ) 1; .+∞ Hàm số không có cực trị. Bảng biến thiên: 0,25 Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng 1;x = tiệm cận ngang 1.y = Giao của hai tiệm cận ( ) 1;1I là tâm đối xứng. 0,25 Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình 0,25 b) Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị ( ) 1 ' 1 x y C x + = − Học sinh tự vẽ hình 0,5 Số nghiệm của 1 1 x m x + = − bằng số giao điểm của đồ thị 1 1 x y x + = − và .y m= 0,25 Suy ra đáp số 1; 1:m m< − > phương trình có 2 nghiệm 1:m = − phương trình có 1 nghiệm 1 1:m − < ≤ phương trình vô nghiệm 0,25 Câu II 2 điểm 2 a) Ta có 4 4 2 1 sin os 1 sin 2 2 x c x x+ = − và 2 os4 1 2sin 2 .c x x= − 0,25 Do đó ( ) 2 1 3sin 2 2sin 2 3x x m⇔ − + + = . Đặt sin 2t x = . Ta có [ ] [ ] 0; 2 0; 0;1 . 2 x x t π π   ∈ ⇒ ∈ ⇒ ∈     Suy ra ( ) [ ] 2 3 2 3 , 0;1f t t t m t= − + + = ∈ 0,25 Ta có bảng biến thiên 0,25 Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên 10 0; 2 2 3 m π   ⇔ ≤ ≤     0,25 b) Giải phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) 8 4 2 2 1 1 log 3 log 1 log 4 2 2 4 x x x+ + − = Điều kiện: 0 1x < ≠ 0,25 ( ) ( ) 2 3 1 4x x x⇔ + − = 0,25 Trường hợp 1: 1x > ( ) 2 2 2 0 2x x x⇔ − = ⇔ = 0,25 Trường hợp 1: 0 1x< < ( ) 2 2 6 3 0 2 3 3x x x⇔ + − = ⇔ = − Vậy tập nghiệm của (2) là { } 2;2 3 3T = − 0,25 Câu III a) Tìm 3 2 2 0 3 1 2 1 lim . 1 cos x x x L x → − + + = − Ta có 3 2 2 0 3 1 1 2 1 1 lim 1 cos 1 cos x x x L x x →   − + + −  ÷ = + − − ÷   0,25 Xét 2 2 1 2 2 0 0 2 1 1 2 lim lim 2 1 cos 2sin 2 1 1 2 x x x x L x x x → → + − = = = −   + +  ÷   0,25 Xét ( ) 3 2 2 2 2 0 0 3 2 2 2 3 3 1 1 3 lim lim 2 1 cos 2sin 3 1 3 1 1 2 x x x x L x x x x → → − + = = = −   − − − +  ÷  ÷   0,25 Vậy 1 2 2 2 4L L L= + = + = 0,25 b) Chứng minh rằng 0 2 4 100 50 100 100 100 100 2 .C C C C− + − + = − Ta có 0,5 3 ( ) ( ) ( ) 100 0 1 2 2 100 100 100 100 100 100 0 2 4 100 1 3 99 100 100 100 100 100 100 100 1 i C C i C i C i C C C C C C C i + = + + + + = − + − + + − + − Mặt khác ( ) ( ) ( ) 2 100 50 2 50 1 1 2 2 1 2 2i i i i i i+ = + + = ⇒ + = = − Vậy 0 2 4 100 50 100 100 100 100 2 .C C C C− + − + = − 0,5 Câu IV Cho a, b, c thoả 3.a b c+ + = Tìm GTNN của 4 9 16 9 16 4 16 4 9 . a b c a b c a b c M = + + + + + + + + Đặt ( ) ( ) ( ) 2 ;3 ;4 , 2 ;3 ;4 , w 2 ;3 ;4 w a b c c a b b c a u v M u v= = = ⇒ = + + r r uur r r uur ( ) ( ) ( ) 2 2 2 w 2 2 2 3 3 3 4 4 4 a b c a b c a b c M u v≥ + + = + + + + + + + + r r uur 0,25 Theo cô – si có 3 2 2 2 2 3 2 6 b c a b c+ + + + ≥ = . Tương tự … 0,5 Vậy 3 29.M ≥ Dấu bằng xảy ra khi 1.a b c= = = 0,25 Câu Va Học sinh tự vẽ hình a) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 2 2 : 0;2 , 3; : 3; 4 , 3.C I R C I R= − = 0,25 Gọi tiếp tuyến chung của ( ) ( ) 1 2 ,C C là ( ) 2 2 : 0 0Ax By C A B∆ + + = + ≠ ∆ là tiếp tuyến chung của ( ) ( ) 1 2 ,C C ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 2 2 2 2 2 3 1 ; ; 3 4 3 2 B C A B d I R d I R A B C A B   + = + ∆ =   ⇔ ⇔   ∆ =   − + = +   Từ (1) và (2) suy ra 2A B= hoặc 3 2 2 A B C − + = 0,25 Trường hợp 1: 2A B= . Chọn 1 2 2 3 5 :2 2 3 5 0B A C x y= ⇒ = ⇒ = − ± ⇒ ∆ + − ± = Trường hợp 2: 3 2 2 A B C − + = . Thay vào (1) được 2 2 4 2 2 0; : 2 0; : 4 3 9 0 3 A B A B A A B y x y− = + ⇔ = = − ⇒ ∆ + = ∆ − − = 0,5 b) Gọi H là trung điểm của BC ( ) ( ) 3 ; ' 2 a d M BB C AH⇒ = = 0,25 2 3 ' ' ' 1 1 3 '. . 2 2 3 12 BB C MBB C BB C a a S BB BC V AH S ∆ ∆ = = ⇒ = = 0,25 Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình) Ta có ' ; ' ' ' .B C MI B C BC B C MB⊥ ⊥ ⇒ ⊥ 0,5 Câu (Học sinh tự vẽ hình) Gọi K là hình chiếu của A trên d K⇒ cố định; Gọi ( ) α là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên ( ) α . 0,25 Trong tam giác vuông AHK ta có .AH AK≤ 0,25 4 VIa Vậy ( ) max AH AK α = ⇔ là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK. Gọi ( ) β là mặt phẳng qua A và vuông góc với d ( ) : 2 2 15 0x y z β ⇒ + + − = ( ) 3;1;4K⇒ 0,25 ( ) α là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK ( ) : 4 3 0x y z α ⇒ − + − = 0,25 Câu Vb a) Gọi ( ) 2 2 2 2 : 1 x y H a b − = (H) tiếp xúc với ( ) 2 2 : 2 0 4 1d x y a b− − = ⇔ − = 0,25 ( ) ( ) ( ) 2 2 16 4 4 2 4;2 1 2x y A H a b = ⇒ = ⇒ ∈ ⇒ − = 0,25 Từ (1) và (2) suy ra ( ) 2 2 2 2 8; 4 : 1 8 4 x y a b H= = ⇒ − = 0,5 b) (Học sinh tự vẽ hình) Lấy B’ trên OB; C’ trên OC sao cho ' ' 4OA OB OC = = = 0,25 Lấy M là trung điểm của B’C’ ( ) ( ) ' ' .OAM OB C⇒ ⊥ Kẻ ( ) ' 'AH OM AH OB C⊥ ⇒ ⊥ 0,25 Ta có 2 3 4 6 2 3 3 3 AM OM MH AH= = ⇒ = ⇒ = 0,25 · 1 15 3 . .sin 2 2 OBC S OB OC BOC= = Vậy 1 . 10 2 3 OABC OBC V AH S= = 0,25 Câu VIb Gọi ( ) ( ) 1 2 ;3 3 ;2 , 5 6 ';4 '; 5 5 'M t t t N t t t+ − + − − ( ) ( ) ; 2 2 1 1 0; 1.d M P t t t= ⇔ − = ⇔ = = 0,25 Trường hợp 1: ( ) ( ) 0 1;3;0 , 6 ' 4;4 ' 3; 5 ' 5t M MN t t t= ⇒ = + − − − uuuur ( ) . 0 ' 0 5;0; 5 P P MN n MN n t N⊥ ⇔ = ⇒ = ⇒ − uuuur uur uuuuruur 0,25 Trường hợp 2: ( ) ( ) 1 3;0;2 , 1; 4;0t M N= ⇒ − − 0,25 Kết luận 0,25 THI THỬ ĐẠI HỌC 2010 -ĐỀ 2 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút I.Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm) 5 Câu I. (3 điểm) Cho hàm số 1 1 − + = x x y . (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại giao điểm của đồ thị và Ox. 3. Tìm m để đường thẳng d: y = mx +1 cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt. Câu II. (3 điểm) 1,Giải phương trình .433 1 =+ −xx (2) 2,Cho x, y là hai số thực không âm thoả mãn x + y = 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = . 11 22 x y y x + + + 3. Tính tích phân I = ∫ e xdxx 1 ln Câu III. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC), ∆ABC đều cạnh a, SA = a. Tính thể tích khối chóp S.ABC. Phần riêng (3,0 điểm): Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc phần 2). 1. Dành cho thí sinh học theo chương trình chuẩn Câu IV.a (2 điểm). Trong hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2; 1; 1), B(1; 2; 4), C(-1; 3; 1). 1. Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn AB. 2. Tìm tọa độ điểm M trên Oy sao cho M cách đều hai điểm B và C. Câu V.a (1 điểm). Parabol có phương trình y 2 =2x chia diện tích hình tròn x 2 +y 2 =8 theo tỉ số nào? 2. Dành cho thí sinh học theo chương trình nâng cao Câu IV.b (2 điểm) Trong hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(0; 2; 4), B(4; 0; 4), C(4; 2; 0), D(4; 2; 4). 1. Lập phương trình mặt cầu đi qua A, B, C, D. 2. Tính khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BCD). Câu V.b (1 điểm). Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y=xe x ; x=2 và y=0. Tính thể tích của vật thể tròn xoay có được khi hình phẳng đó quay quanh trục Ox . Hết HƯỚNG DẨN ĐỀ 2 Câu1. (1.5 điểm) *) Tập xác định D = R\{1} *) Sự biến thiên +) Đúng các giới hạn, tiệm cận +) Đúng chiều biến thiên, bảng biến thiên *) Vẽ đúng đồ thị. 2. (1 điểm) Đồ thị giao với Ox tại A(-1; 0) ta có y’(-1) = 1 2 − 6 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại A là: 1 1 2 2 y x= − − 1. (0.5 điểm). Hoành độ giao điểm của d và (C) (nếu có) là nghiệm phương trình sau: 2 1 1 1 1 2 0 (2). x x x x mx mx ≠  + + = ⇔  − − − =  Đặt f(x) = mx 2 - mx - 2 d cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm phân biệt, x ≠ 1. 0 0 0 8. (1) 0 m m m f ≠  >   ⇔ ∆ > ⇔   < −   ≠  KL Cõu2 1. (1điểm) 3 (2) 3 4 3 x x ⇔ + = Đặt t = 3 x , t > 0. Phương trình (1) trở thành    = = ⇔=+− 3 1 034 2 t t tt +) t = 1 ⇒ x = 0 +) t =3 ⇒ x = 1. KL… 2. (1 điểm) Từ x + y = 2 ⇒ y = 2-x. Do x, y ≥ 0 nên x ∈ [0; 2]. Ta được P = ).( 3 9 1 9 8 1 )2( 3 22 xf xxx x x x = − − + +−= + − + − f(x) liên tục trên [0; 2] .10)(', )3()1( )1(72 )(' 22 =⇔= −+ − = xxf xx x xf f(0) = f(2) = 4; f(1) = 1. .1)(;4)( ]2;0[]2;0[ ==== xfMinPMinxfMaxMaxP 3. (1điểm) 2 2 2 1 1 1 ln ( ) ln (ln ) 2 2 2 e e e x x x I xd x d x= = − ∫ ∫ 2 2 2 2 1 1 1 . 2 2 2 4 4 e e e xdx e x e + = − = − = ∫ ABCSABC SSAV ∆ = . 3 1 Do ∆ABC đều, cạnh a nên S ∆ ABC = 4 3 2 a Do đó ta được 12 3 3 . a V ABCS = . Cõu3:1. (1điểm). Gọi (P) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB. (P) đi qua trung điểm ) 2 5 ; 2 3 ; 2 3 (M (P) có vtpt là )3;1;1(−=AB Phương trình mặt phẳng (P): -2x + 2y + 6z - 15 = 0. 7 2. (1điểm). M ∈ Oy ⇔ M(0; a; 0) theo bài ta có MB = MC ⇔ MB 2 = MC 2 ⇔ 1 + (a - 2) 2 + 16 = 1 + (a - 3) 2 + 1 ⇔ a = -5 Vậy M(0; -5; 0). Tính được diện tích hình tròn là 8 π Tính được diện tích phần parabol chắn hình tròn (phần nhỏ) là 4 2 3 + π . Tính được diện tích phần còn lại, từ đó suy ra tỉ số cần tính. Cõu4;1. (1 điểm) Gọi (S) là mặt cầu đi qua A, B, C, D Phương trình (S) có dạng x 2 + y 2 + z 2 + 2Ax + 2By + 2Cz + D = 0. (S) đi qua A, B, C, D ⇔        −=+++ −=++ −=++ −=++ 36848 2048 3288 2084 DCBA DBA DCA DCB Giải hệ được A = -2, B = - 1, C = - 2, D = 0. Thử lại và kết luận phương trình mặt cầu (S) là x 2 + y 2 + z 2 - 4x -2y - 4z = 0. 2. (1 điểm) )0;2;0(),4;2;0( =−= BDBC . Mặt phẳng (BCD) đi qua B và có vtpt là )0;0;8(],[ =BDBC Phương trình mặt phẳng (BCD): x - 4 = 0. Khoảng cách từ A tới (BCD) là d = 4. Cõu 5:Lập được công thức thể tích cần tìm V= 2 2 2 0 x x e dxπ ∫ Tính đúng V= 4 (5 1) 4 e π − (ĐVDT). BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn: Toán. Khối A, B. Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu I. (2 điểm). Cho hàm số 2 1 1 x y x − = + (1). 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 8 Đề thi thử lần 1 (Tháng 04 năm 2010) 2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) để tiếp tuyến của (C) tại M với đường thẳng đi qua M và giao điểm hai đường tiệm cận có tích hệ số góc bằng - 9. Câu II. (2 điểm) 1) Giải phương trình sau: 2 1 1 2 2 x x + = − . 2) Giải phương trình lượng giác: 4 4 4 sin 2 os 2 os 4 tan( ).tan( ) 4 4 x c x c x x x π π + = − + . Câu III. (1 điểm) Tính giới hạn sau: 3 2 2 0 ln(2 . os2 ) 1 lim x e e c x x L x → − − + = Câu IV . (2 điểm) Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường sinh là l, bán kính đường tròn đáy là r. Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp hình nón (mặt cầu bên trong hình nón, tiếp xúc với tất cả các đường sinh và đường tròn đáy của nón gọi là mặt cầu nội tiếp hình nón). 1. Tính theo r, l diện tích mặt cầu tâm I; 2. Giả sử độ dài đường sinh của nón không đổi. Với điều kiện nào của bán kính đáy thì diện tích mặt cầu tâm I đạt giá trị lớn nhất? Câu V (1 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: x 2 + y 2 + z 2 = 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x 3 + y 3 + z 3 – 3xyz. Câu VI . (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm 1 ( ;0) 2 I Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó. Câu VII . (1 điểm) Giải hệ phương trình : 2 2 2 2 3 2 2010 2009 2010 3log ( 2 6) 2log ( 2) 1 y x x y x y x y −  + =   +  + + = + + +  HẾT Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu gì! - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh: ……….………………………………….……. Số báo danh: ……………… 9 HƯỚNG DẪN CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I.1 Hàm số: 2 1 3 2 1 1 x y x x − = = − + + +) Giới hạn, tiệm cận: ( 1) ( 1) 2; 2; ; lim lim lim lim x x x x y y y y + − →+∞ →−∞ → − → − = = = −∞ = +∞ - TC đứng: x = -1; TCN: y = 2. +) ( ) 2 3 ' 0, 1 y x D x = > ∀ ∈ + +) BBT: x - ∞ - 1 + ∞ y' + || + y +∞ 2 || 2 −∞ +) ĐT: 1 điểm I.2 +) Ta có I(- 1; 2). Gọi 0 2 0 0 3 3 ( ) ( ;2 ) 1 ( 1) M I IM M I y y M C M x k x x x x − − ∈ ⇒ − ⇒ = = + − + +) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M: ( ) 0 2 0 3 '( ) 1 M k y x x = = + +) . 9 M IM ycbt k k⇔ = − +) Giải được x 0 = 0; x 0 = -2. Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5) 1 điểm II.1 +) ĐK: ( 2; 2) \{0}x ∈ − +) Đặt 2 2 , 0y x y = − > Ta có hệ: 2 2 2 2 x y xy x y + =   + =  +) Giải hệ đx ta được x = y = 1 và 1 3 1 3 2 2 ; 1 3 1 3 2 2 x x y y   − + − − = =       − − − +   = =     +) Kết hợp điều kiện ta được: x = 1 và 1 3 2 x − − = 1 điểm II.2 +) ĐK: , 4 2 x k k Z π π ≠ + ∈ 1 điểm 10 8 6 4 2 -2 -4 -6 -10 -5 5 10 [...]... 6i HNG DN 5 I PHN CHUNG;(7 im) Cõu1;a) * TX: Ă * y ' = x2 4x + 3 Ht x = 1 2 => y ' = 0 x 4 x + 3 = 0 x = 3 * Gii han lim y = + va lim y = x x + - Bang biờn thi n Hm s ụng biờn trờn cac khoang ( ;1) va ( 3; + ) Hm s nghich biờn trờn ( 1;3) 1 iờm cc ai 1; ữ 3 iờm cc tiờu ( 3; 1) * ụ thi ụ thi hm s ct truc hoanh tai 3 iờm phõn biờt 17 Mụt sụ iờm thu c ụ thi x 0 y 1 1 3 1... x dx u = ln x x 6 ln x x5 x 6 ln x x6 5e6 + 1 I1 = dx = = 5 x6 6 1 1 6 6 1 36 1 36 dv = x dx v= 6 e e x7 e7 1 * Tinh I 2 = x dx = = 7 1 7 1 6 Võy I = 5e6 + 1 e7 1 + 36 7 Cõu3)Ta co ( 1 2i ) z + (4 5i) = 1 + 3i ( 1 2i ) z = 1 + 3i (4 5i) ( 1 2i ) z = 3 + 8i z= 3 + 8i ( 3 + 8i ) ( 1 + 2i ) 3 6i + 8i + 16i 2 19 + 2i 19 2 = z= z= = + i 2 2 1 2i 1 +2 5 5 5 ( 1 2i ) ( 1 + 2i ) 2... + y + z ) 3 + 2 2 +) t x +y + z = t, +) P '(t ) = 0 t = 2 t 6( Bunhia cov xki ) , , P( 6) 1 2 ta c: P(t ) = 3t t 3 1 im = 0; P ( 2) = 2 2 ; P( 2) = 2 2 +) KL: MaxP = 2 2; MinP = 2 2 VI +) d ( I , AB) = 5 AD 2 = 5 AB = 2 5 BD = 5 11 +) PT ng trũn K BD: (x - 1/2)2 + y2 = 25/ 4 +) Ta A, B l nghim ca x = 2 1 2 25 2 ( x ) + y = y = 2 A(2;0), B(2; 2) 4 h: 2 x = 2 x 2 y + 2 = 0 y... + 2B C)2 = 2(A 2 + B2 + C2 ) (2) A2 + B2 + C2 8A 2 Thay (1) vo (2) , ta c : 8AB +5 B = 0 B = 0 hay B = 5 (1) B = 0 C = A Cho A = 1,C = 1 thỡ (P) : x z = 0 8A (1) B = Chn A = 5 , B = 1 C = 3 thỡ (P) : 5x 8y + 3z = 0 5 Cõu V.a ( 1,0 im ) : 2 Ta cú : z = 1 i = (1 + i) 1+ i 2 = i nờn z2010 = i2010 = i4 50 2+2 = i4 50 2 i2 = 1.(1) = 1 2 Theo chng trỡnh nõng cao : Cõu IV.b ( 2,0 im ) : a) 1 Tõm mt... 5i) ( 1 2i ) z = 3 + 8i z= 3 + 8i ( 3 + 8i ) ( 1 + 2i ) 3 6i + 8i + 16i 2 19 + 2i 19 2 = z= z= = + i 2 2 1 2i 1 +2 5 5 5 ( 1 2i ) ( 1 + 2i ) 2 2 19 2 19 2 73 Do o z = + i = = ữ + ữ = 5 5 5 5 5 3 65 5 II - PHN RIấNG (3,0 im) 18 Hc sinh hc chng trỡnh no thỡ ch c lm phn dnh riờng cho chng trỡnh ú (phn 1 hoc phn 2) 1 Theo chng trỡnh Chun Cõu 4 (20 im) 1 Vit phng trỡnh mt phng (Q) i qua hai im... ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, S 5 Thi gian: 120 phỳt (khụng k phỏt ) I - PHN CHUNG CHO TT C HC SINH (7,0 im) 1 Cõu 1 (3,0 im)Cho hm s y = x 3 2 x 2 + 3 x 1 3 a) Khao sat va ve ụ thi (C) cua hm s trờn b) Tinh diờn tich hinh phng gii han bi (C) va cac ng thng y = 0, x = 2, x = 3 Cõu 2 (3,0 im) 16 Tớnh cỏc tớch phõn sau 3 e x 5 dx 1) I = ũ 2) I = x ( ln x + x ) dx 2 1+ x 1 0 Cõu... x = 3 Ghi chỳ: - Cỏc cỏch gii khỏc vi cỏch gii trong ỏp ỏn m vn ỳng, thỡ cng cho im ti a - Ngi chm cú th chia nh thang im theo gi ý cỏc bc gii 4 ( Thi gian lm bi 150 phỳt ) I PHN CHUNG CHO TT C TH SINH ( 7 im ) Cõu I ( 3,0 im ) Cho hm s y = x 3 + 3x 2 4 cú th (C) a Kho sỏt s bin thi n v v th (C) b Cho h ng thng (d m ) : y = mx 2m + 16 vi m l tham s Chng minh rng (d m ) luụn ct th (C) ti mt... rC = =r 2(l + r ) l+r 2 1 im 2 2 2 +) Scu = 4 r C = 4 r I l r l+r A M r B IV.2 +) t : y (r ) = lr 2 r 3 ,0 < r < l l+r 5 1 l r = 2r ( r + rl l ) 2 +) y '(r ) = =0 (l + r ) 2 5 1 l r = 2 2 2 +) BBT: r 5 1 l 2 0 y'(r) y(r) ymax +) Ta cú max Scu t V l 1 im y(r) t max r= 5 1 l 2 +) Ta cú P = ( x + y + z )( x 2 + y 2 + z 2 xy yz zx ) x2 + y 2 + z 2 ( x + y + z )2 P = (x + y + z) x2 + y... phng gii han bi (C) va cac ng thng y = 0, x = 2, x = 3 la 3 3 3 1 1 3 1 2 3 3 x 2 x 2 + 3 x 1dx = x 3 2 x 2 + 3x 1 ữ = x 4 x 3 + x x ữ = dx 3 3 3 2 2 12 2 4 S= 2 3 x Cõu2a) Tớnh cỏc tớch phõn sau I = ũ 1 + x2 0 2 t u = 1 + x ị du = 2xdx i cn: 4 I=ũ Do ú: 1 e dx x= 3 x=0 4 1 du = u =1 1 2 u e u=4 ị u =1 Vy I = 1 e 6 Cõu2b) I = x ( ln x + x ) dx = x ln xdx + x dx 5 1 5 1 1 e 5 Tinh I1...III L = lim 3 ln(2e e.cos2 x) 1 + x 2 x2 x 0 x2 x 0 3 ln(1 + 2sin 2 2 x) 1 1 + x 2 = lim + x 0 x 2 x2 2sin 2 x 2sin 2 x =2 3 ln(1 +1 cos2 x) +1 1 + x 2 = lim 2 2 x) 1 = lim ln(1 + 2sin + x 0 x 2 3 (1 + x 2 ) 2 + 3 1 + x 2 + 1 2sin 2 x 2x 2sin 1 im 1 5 = 3 3 IV.1 +) Gi rC l bỏn kớnh mt cu ni tip nún, v cng l bỏn kớnh ng . 8 3 8 1 2 3 8 3 6 8 16 19 2 19 2 1 2 1 2 1 2 1 2 5 5 5 i z i i i z i i i z i i i i i i i i z z z i i i i Do đó 2 2 19 2 19 2 73 3 65 5 5 5 5 5 5 z i     − − = + = + = =  ÷  ÷     II. ' 0 5; 0; 5 P P MN n MN n t N⊥ ⇔ = ⇒ = ⇒ − uuuur uur uuuuruur 0, 25 Trường hợp 2: ( ) ( ) 1 3;0;2 , 1; 4;0t M N= ⇒ − − 0, 25 Kết luận 0, 25 THI THỬ ĐẠI HỌC 2010 -ĐỀ 2 MÔN TOÁN Thời gian làm bài:. ) 5 5 6 1 1 1 ln ln e e e I x x x dx x xdx x dx= + = + ∫ ∫ ∫ Tính 5 1 1 ln e I x xdx= ∫ .Đặt 5 6 1 ln 6 du dx u x x dv x dx x v  =   =   ⇒   =    =   6 5 6 6 6 1 1 1 1 1 ln ln 5